2021年高考物理押题预测卷02（辽宁卷）（全解全析）.pdf
2021年高考押题预测卷0 2【辽宁卷】物理全解全析12345678910DDABDBDABBCBC1.【答案】D【解析】A B.该电路为滑动变阻器的上下两部分并联与电阻R 串联，当滑动变阻器的上下两部分电阻相等时并联部分电阻最大，因此划片向下滑动时电路总电阻先增大后减小，电源的输出功率和外电阻的关系如图O r R电源输出功率先减小后增大，所以A、B 错误；C D.外电阻先增大后减小，电压表V 读数先变大后变小，触头尸由上往下滑至中点，并联部分电压增大而电流表所在支路电路在减小，电流表A 读数变大，触头P 由中点往下滑的过程中，外电阻减小，总电流增大，与电流表并联的支路电流在减小，电流表A 读数变大，所以C 错误，D 正确。故选D。2.【答案】D【解析】A.根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向上，故两波起振方向相反，A错误；B.由图可得甲、乙两波波长之比为4 2 4 3v根据/=不 可知频率之比为AL=1力2B 错误；C.甲、乙两波频率不同，在相遇区域不会发生干涉，C 错误;D.乙波的周期为所以再经过3 s,乙波在4=6 m 处的质点仍然处于平衡位置。对于甲波，波速为4 m/s,所以再经过I s,甲波传播到户6 m 处，此时x=6 m 处的质点处于平衡位置且向下振动。而由于甲波的周期为所以再经过3 s,甲波在x=6 m 处的质点仍然处于平衡位置。根据波的叠加原理得到，再经过3 s 平衡位置在产6m 处的质点处于平衡位置，D 正确。故选D。3.【答案】A【解析】A.小球的运动是水平匀速圆周运动和竖直自由落体运动的合成，小球水平匀速圆周运动的速度大小没变，则向心力大小不变，那么对圆筒内侧的压力不变，A 正确；B.小球竖直方向做自由落体运动，由于竖直方向高度确定，则小球自由落体的时间是确定的，与初速度大小没有关系，B 错误；C D.小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为在水平方向，以圆周运动的规律来研究，则得2兀Rt=n-（=1、2、3.）%所以-2Tl.CD错误。故选A【答案】B【解析】A.释放瞬间，物块速度为零，物块只受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力的作用，即只受到4个力的作用，故A错误；B.运动后，还要受到垂直斜面向下的洛伦兹力的作用，即受到5个力的作用，故B正确；C D.物块加速运动一段时间后最终将做匀速直线运动，即运动后一直受到5个力的作用，故CD错误。故选B。5.【答案】D【解析】A.在轨道I上从P点到。点的过程中，只有万有引力做功，探测器机械能不变，选项A错误；B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得由于在轨道III上运行时的轨道半径大于火星的半径，因此在轨道III上运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，选项C错误；M m vD.根据6当=m a =m=可知探测器分别沿轨道II和轨道HI运行时，经过P点的向心加速度大小相等,J“，选项D正确。故选D。6.【答案】B【解析】由题意可知，。与匕之间的滑动摩擦力大小为/w i g=0 1 x 3 x l()N=3 N力与。之间的滑动摩擦力大小为，2=(/W 1+m2)g=0.1 x 5 x 1 0 N =5 N由于力7 2,而地面光滑，则物体的运动情况为：”向左加速，。与。整体向右加速。根据牛顿第二定律，对。有7-3 N=3 a而对6与。有凡 T-3 N=3 a解得1a-3设。与c之间的摩擦力大小为了,隔离b分析有8 N-3 N 户 2x；解得,13户 一N3故选B。7.【答案】D【解析】A.电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以点的电势比点的高，故A错误；B .由图看出，“点处电场线比6点处电场线密，则“点的场强大于b点的场强，故B错误；C.由正电荷在d,c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点.故C错误；D.负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d点正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，故D正确。故选D 8.【答案】AB【解析】A.根据题意画出光路图，两光束出棱镜时，折射角相同，。光的入射角小，6 光入射角大，可得。光的折射率大，b 光的折射率小，A 正确；B.在同种介质中的光速，折射率越大，光速越小，在同种介质中光的速度较大，B 正确;C.折射率越大，光子频率越大，光子能量越大，。光能发生光电效应，但匕光折射率更小，故 b 光不一定也能发生光电效应，C 错误；D.折射率大的光束波长小，根据条纹间距公式 =/二较大，h 光折射率较小，故匕光条纹间距较大，Da错误。9.【答案】BC【解析】A B C.过程分析如图M第 一 段 时 间 从 初 位 置 到 离 开 磁 场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为何3 与M B之和，即 为 例 长度的2 倍，此时电动势为E-2Bvtv设线框的电阻为R,则线框中的感应电流为,E 28V2r1 =-R Ri-t图象为过原点的倾斜直线，线框受到的外力为F=F.安=2BIvt4B2V3?2-R图象是开口向上的抛物线。第二段时间如图乙所示，线框的右端M 2 M刚好出磁场时，左 端。2 8恰好与M P共线，此后一段时间内有效长度不变，一 直 到 线 框 的 左 端 与 重 合，这段时间内感应电流不变，安培力大小不变，则外力F不变。最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M 2N2开始计时，有效长度为A C =L-2vt电动势为E=B(L-2vt)v感应电流为r,E BLv-2Bv2tI=-R R线框受到的外力为r_F，_ B L-2vt)2V图像是开口向上的抛物线。由过程分析可知，电动势E开始时E =与时间成正比，故A错误，B C正确；D.第一过程中线框的电功率为图像是开口向上的抛物线；第二过程电流不变，安培力不变，速度不变，则功率不变；第三过程中线框的电功率为R图像是开口向上的抛物线，故 D 错误。故选BCo10.【答案】BC【解析】A.细绳拉断前，根据/=可知细绳拉力对木板的冲量不为0,A 错误；C.滑块以速度v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0,由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为一?/,C 正确；2B.由于细绳被拉断后，长木板停止运动，小滑块恰未掉落，说明木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即p 1 2En=m vP 2小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为式，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0=(m+Ep-m +M)V2+/jmgl联立解得v2u-2glB 正确；1 ,D.弹簧恢复原长时木板获得的动能，所 以 滑 块 的 动 能 小 于 一 机D错误。2故选BCo11.【答案】图 2 B 1903【解析】(1)根据牛顿第二定律a=知，加速度和合外力成正比，a-F图像应该是过原点的一条直线，所以上m述图像中只有图2 能正确反映加速度和力的关系；图 3 不是过原点的一条直线，形成的原因可能是绘制aF 图像时，将祛码盘中的祛码重量作为合力F,没有考虑祛码盘(质量5g)本身的重量，使得实际的合力比绘制a F图像时的合力偏大，故选B；(2)设滑块的质量为例，祛码盘及祛码的质量为m 细线上的拉力为FT,据牛顿第二定律，对祛码盘及祛码mg-Fy=ma对滑块&=Ma可得加速度mg FC l=m+M m+M即图2图像斜率即为,有m+M0.1 3 6m+M 0.0 3 04.5 3 k g-1变形为m+M=+k g=0.2 2 0 k g=2 2 0 g由题知当尸=30X1()2N时，即 5个祛码全部转移到祛码盘，这时祛码盘及祛码的质量相=3 0 g,所以滑块的质量M=1 9 0 g1 2.【答案】乙 6.6 5 5 1 乙【解析】(1)通过图比较 的斜率大于n斜率，所 以 I 的内阻测量值大，因 此 1 的图线是采用乙方案；(2)根据图像数据，当路端电压为零时，短路电流为1 2 0 m A ,当电流为20mA时，路端电压为5.5 V,根据U=E-Ir解得r =5 5 QE=6.6 V(3)相对误差为=匕 引 x i o o%=i%(4)若采用甲方案，内阻测量值约为5 2。，相对误差大于乙方案。1 3.【答案】,G G (G+p()S)L(1)h=-；(2)H =L+-一乙PgS p g S 2 G +p0S【解析】(1)设空气柱压强为P，大气压强为P。，对玻璃管则有G +p0S=pS另外又有P=P o+P g h联立两式得到,Gh=-pgS(2)设空气柱压强为p ,大气压强为p。，对玻璃管则有2 G =pS-paS此时的管内外液面高度差为力，亦有p=pgh+p0又有pL=pLA端下移高度为解得“_ L G(G+P S)LP gS 2 G +p0S1 4.【答案】(1)0.4 m；(2)1.6 m；(3)3.2 x l 02 V/m【解析】(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，轨迹半径为凡由洛伦兹力提供向心力有2qvB=吗得H=%=0.4mqB(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则2jcmT=-=4兀xio 4 sqB4o一乃xi(r 4 s 时间内，粒子运动的周期数为3例xi(r1.N-=-1 4 万 xlCT4 3运动轨迹对应的圆心角为120；4万xl()427cxi0 气 内，粒子运动的周期数为3 X10-4 1N=-3_=12 4万xIO 6运动轨迹对应的圆心角为60；27txi0-412乃xlO A 内，粒子运动的周期数为3xlO 1N=_3_=13 4 万 xlO4 3运动轨迹对应的圆心角为120,故粒子运动轨迹如图所示粒子恰好在f =g万X10 45时到达y轴，由图知粒子到达y轴时与。点的距离s=4R=1.6 m(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则解得E=3.2x102 v/m15.27 2【答案】(1)a =3m/s 2；(2)7 m/s,I=3 2 N,s；(3)L=-m3【解析】(1)C刚开始运动时，收到A、B对其向右的摩擦力fjmg+jjmg-Ma得a =3m/s2(2)刚开始阶段，A和B减速运动/xmg=max得4=3m/s2若A和C共速时C还未与墙碰撞，应满足v0-att=at得f =2s而在2s内，木板C的位移1 2 Kx.=at=6 m1 2符合条件；所以应该为A、C先共速，设为匕，V j-a t-6m/s之后A、C 一起向右加速，B 继续减速，若 B 未和A、C 共速，对 A、C 整体/umg+得q=lm/s2设还需要。时间A、C 与墙碰撞初2解得t1 =Is此时A、C 整体速度为为v2=w+a2tt=7m/s而此时叫=v 勾&+弓)=1 Im/sC 与墙碰后原速率反弹，则墙对C 的冲量=2MV2=28N-s,方向向左之后A、B 继续向右减速运动，而 C 向左减速运动，可知A 和 C 的加速度大小相等，减速到0 所需时间为t20=v2-at2得7t)=s2 3此时B 的速度为v3=vB-at2=4m/s分析可知，此后B 继续向右减速，A、C 整体向右加速，三者共速之后和墙发生第二次碰撞，设三者的共同速度为由动量守恒应有mVy=（M+2根）匕解得v4=I m /s再次和墙碰撞后C原速率反弹所以墙对C的冲量A=2M v4=4N-s,方向向左A、B向右减速运动，C向左减速运动，由于三者的初速度均为l m/s,由前面的分析可知三者同时减速到0所以墙对C的总冲量大小为/=4+4 =32N-s（也可以判断出最终三者速度为0之后得出墙对C的总冲量大小等于系统最开始的总动量）（3）要求划痕不重叠，即相对位移没有重合的部分，由（2）可知，在运动过程中A、B始终相对于C向右运动，所以木板的最小长度为A、B与C的相对位移之和，最终速度均为0,设A和C的相对位移为Ar 1，B和C的相对位移为Ax,全过程能量守恒1 2 1 2 A A/MV+mv-加+/jmgx2解得C的最小长度L满足27 2L=AX|+Ax2=-m
